专题21.9期末复习之解答压轴题专项训练（沪科版）

专题21.9期末复习之解答压轴题专项训练【沪科版】考点1考点1二次根式解答期末真题压轴题1．（2022春·安徽滁州·八年级校联考期末）（1）初步感知，在④的横线上直接写出计算结果：①13=1；②13+2（2）深入探究，观察下列等式：①1+2=(1+2)×22；②1+2+3=(1+3)×3根据以上等式的规律，在下列横线上填写适当内容：1+2+3+⋯+n+(n+1)=__________．（3）拓展应用，通过以上初步感知与深入探究，计算：①13②113【答案】（1）10；（2）(n+2)(n+1)2【分析】(1)观察可得，每个式子的结果都等于被开放数中所有加数的底数之和；(2)所有自然数相加的和等于首项＋尾项的和再乘以自然数的个数，最后除以2即可；(3)利用（1）（2）中的规律综合运用即可求解．【详解】解：（1）10；（2）(n+2)(n+1)2（3）①原式=1+2+3+4+5+⋯+99+100=(1+100)×1002②原式==202×2124−【点睛】主要考查了二次根式的基本性质与化简、探寻数列规律、整式的加减，掌握这三个知识点的应用，其中探求规律是解题关键2．（2022春·安徽合肥·八年级合肥38中校考期末）先观察下列等式，再回答问题：①12②22+2+(1③32+2+(1（1）根据上面三个等式提供的信息，请猜想第四个等式；（2）请按照上面各等式规律，试写出用n（n为正整数）表示的等式，并用所学知识证明．【答案】（1）42+2+（14）2=4+【分析】（1）根据“第一个等式内数字为1，第二个等式内数字为2，第三个等式内数字为3”，即可猜想出第四个等式为42+2+（14）（2）根据等式的变化，找出变化规律“n2+2+（1n）【详解】（1）∵①12+2+（11）2=1+1=2；②22+2+（12∴④42+2+（14）（2）观察，发现规律：12+2+（11）2=1+1=2，22+2+（12）2=2+1证明：等式左边=n2+2n⋅1故n2+2+（1【点睛】本题考查了二次根式的性质与化简以及规律型中数的变化类，解题的关键是：（1）猜测出第四个等式中变化的数字为4；（2）找出变化规律“n2+2+（13．（2022春·安徽滁州·八年级校考期末）已知y=1−8x+8x−1【答案】1【分析】根据已知和二次根式的性质求出x、y的值，把原式根据二次根式的性质进行化简，把x、y的值代入化简后的式子计算即可．【详解】解：18x≥0，x≤18x1≥0，x≥18∴x=18，y=1∴原式=254【点睛】本题考查的是二次根式的化简求值，把已知条件求出x、y，把要求的代数式进行正确变形是解题的关键，注意因式分解在化简中的应用．4．（2022春·安徽合肥·八年级合肥寿春中学校考期末）阅读下列材料，然后回答问题．在进行二次根式化简时，我们有时会碰上如12，25，122523以上这种化简的步骤叫做分母有理化．2323(1)请用不同的方法化简36①参照（三）式化简；②参照（四）式化简．(2)若有理数a、b满足a2+1+【答案】(1)6(2)1【分析】（1）仿照例题化简即可；（2）先仿照例题进行化简，然后整理对应相等即可；【详解】（1）解：①36②36（2）解：由条件可化简：12+1=∴a22−1整理得：a+b2∴a+b=2b−a=−1∴a−b=1．【点睛】本体考查了分式的化简，以及二元一次方程组的解法，材料的准确解读是解题关键．5．（2022春·安徽蚌埠·八年级校联考期末）观察下列等式：①1+112+1解决下列问题：(1)根据上面3个等式的规律，写出第⑤个式子；(2)用含n（n为正整数）的等式表示上面各个等式的规律；(3)利用上述结果计算：1+1【答案】(1)1+(2)1+(3)n【分析】（1）利用题中等式的规律即可得到；（2）根据题目中式子的特点，找到规律得出第n个等式；（3）利用（2）的结论得出1+1【详解】（1）解：∵①1+1②1+1③1+1∴第⑤个式子是：1+1（2）第n个等式为1+1（3）原式=1+=1+1−=n+1−=n【点睛】本题考查的是二次根式的混合运算的应用，根据题意正确总结规律是解题的关键．6．（2022春·安徽·八年级期末）阅读下面内容：我们已经学习了《二次根式》和《乘法公式》，聪明的你可以发现：当a>0，b>0时，∵a−b2=a−2ab例如：当a>0时，求a+16解：∵a>0，∴a+16a≥2a⋅16a，又∵∴a+16请利用上述结论解决以下问题：(1)当x>0时，当且仅当x=______时，x+9(2)当m>0时，求m2(3)请解答以下问题：如图所示，某园艺公司准备围建一个矩形花圃，其中一边靠墙（墙足够长），另外三边用篱笆围成，设平行于墙的一边长为x米，若要围成面积为450平方米的花圃，需要用的篱笆最少是多少米？【答案】(1)3，6(2)4(3)60米【分析】（1）根据例题中的公式计算即可；（2）先化简，再运用公式计算即可；（3）由题意得篱笆的长为x+450【详解】（1）解：∵x>0，∴x+9又∵2x⋅∴x+9x≥3∴x+9故答案为：3，6．（2）m2∵m>0，∴m+24又∵2m⋅∴m+24m≥4∴m+24m的最小值为∴m−5+24m的最小值为即m2−5m+24m（3）根据题意可得，垂直于墙的一边长为450x米，则篱笆的长为x+∵x>0∴x+900又∵2x⋅∴x+900x≥60∴x+900即需要用的篱笆最少是60米.【点睛】本题考查了二次根式的性质，理解题中例题解法，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．7．（2022春·安徽·八年级期末）我们将(a+b)、(a−b)称为一对“对偶式”，因为(a根据以上材料，解答下列问题：(1)比较大小17−2_________16−3(用“(2)已知x=5+15−1，(3)计算：2【答案】(1)>(2)5(3)97−【分析】（1）先利用分母有理化的方法化简，再比较分子即可；（2）利用x−yx（3）先把各个式子进行分母有理化，再裂项相消即可．【详解】（1）解：∵17−216∵7>6，2>∴7+2>∴17−2>（2）解：x−yx∵x−y=5+15−1∴原式=5（3）解：2==1−33+33−55+55−77+…+=1−97=97−【点睛】本题考查二次根式的化简求值，同时考查了完全平方公式的变形应用以及裂项法的应用，计算量较大．8．（2022春·安徽合肥·八年级校联考期末）定义：若两个二次根式a，b满足a⋅b=c，且c是有理数，则称a与b是关于c的共轭二次根式．(1)若a与2是关于4的共轭二次根式，则a=__________(2)若3+3与6+3m【答案】(1)2(2)－2【分析】（1）根据共轭二次根式的定义，列出等式求得a的值即可；（2）根据共轭二次根式的定义，列出等式求得m的值即可．【详解】（1）解：∵a与2是关于4的共轭二次根式，∴2a=4∴a=4（2）∵3+3与6+∴3+∴6+3∴m=−2．【点睛】此题主要考查了新定义共轭二次根式的理解和应用，并会利用二次根式的性质进行计算．考点2考点2一元二次方程解答期末真题压轴题1．（2022春·安徽宣城·八年级校联考期末）阅读下面的材料：解方程x4它的解法通常采用换元法降次：设x2=y，那么x4=y2，于是原方程可变为y2−5y+4=0，解得y1=1，y2=4．当y1=1时，x2=1，所以仿照上述换元法解下列方程．(1)x4(2)x+1x【答案】(1)x=±1(2)x1=−【分析】（1）设x2=y，则由已知方程得到：y2（2）设x+1x=y，则由已知方程得到：【详解】（1）令x2∴y2∴(y+6)(y−1)=0∴y1=−6∴x2=−6（舍去），∴x=±1；（2）令x+1x∴y−∴y2∴(y+3)(y−2)=0∴y1=−3∴x+1x=−3，∴x1=−经检验，x1=−1【点睛】本题主要考查了换元法解一元二次方程，分式方程，即把某个式子看作一个整体，用一个字母去代替它，实行等量替换．把一些形式复杂的方程通过换元的方法变成一元二次方程，从而达到降次的目的．2．（2022春·安徽安庆·八年级统考期末）如果关于x的一元二次方程x2+2(k+3)x+k2+3=0有两个实数根α、β【答案】k=−1【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得α+β=−2(k+3)αβ=k2+3，再由【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2+2(k+3)x+k2+3=0∴α+β=−2(k+3)αβ=∵α−12∴(α−1)===4=2(解方程得：k1=−1，∵Δ=4∴k1【点睛】本题主要考查了根与系数的关系以及求解一元二次方程，熟练掌握根与系数的关系是解题的关键．3．（2022春·安徽池州·八年级统考期末）已知：关于x的一元二次方程x2（1）若此方程有两个实数根，求m的最小整数值；（2）若此方程的两个实数根为x1，x2，且满足x1【答案】（1）4；（2）m=3【分析】（1）利用根的判别式的意义得到△≥0，然后解不等式得到m的范围，再在此范围内找出最小整数值即可；（2）利用根与系数的关系得到x1+x【详解】解：（1）∵x2∴Δ=(m+1)∴2m+9≥0，∴m≥−9∴m的最小整数值为：m=−4；（2）由根与系数的关系得：x1+x由x1[−(m+1)]∴m2解得：m=3或m=−5；∵m≥−9∴m=3.【点睛】本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，则x1+x4．（2022春·安徽安庆·八年级校考期末）阅读材料：在实数范围内，当a>0且b>0时，我们由非负数的性质知道(a−b)2≥0，所以a−2ab+b≥0，即:a+b≥2ab，当且仅当a=b时，等号成立，这就是数学上有名的“均值不等式”，若a与b的积为定值p(p>0).则a+b【答案】x=2时，最小值是8．【分析】先提公因式，再根据“均值不等式”的性质计算．【详解】解：2x+8根据题意得：x=4x解得，x1=2，x2=2（舍去），则当x=2时，代数式2x+8x【点睛】本题考查的是配方法的应用，掌握完全平方公式、“均值不等式”的概念是解题的关键．5．（2022春·安徽安庆·八年级校考期末）在Rt△ABC中，∠B=900，AC=60cm,∠A=600,点D从点C出发沿CA方向以4cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/s的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤25）过点D作DF⊥BC于点F，连结DE、EF．（1）四边形AEFD能够成为菱形吗？若能，求相应的t值，若不能，请说明理由．（2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．【答案】（1）能，10；（2）152【分析】（1）首先根据题意计算AB的长，再证明四边形AEFD是平行四边形，要成菱形则AD=AE，因此可得t的值.（2）要使△DEF为直角三角形，则有两种情况：①∠EDF=90°；②∠DEF=90°，分别计算即可.【详解】解：（1）能，∵在Rt△ABC中，∠C=90°﹣∠A=30°，∴AB=12AC=1∵CD=4t，AE=2t，又∵在Rt△CDF中，∠C=30°，∴DF=12∵DF∥AB，DF=AE，∴四边形AEFD是平行四边形．当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，即60﹣4t=2t，解得：t=10．∴当t=10时，AEFD是菱形．（2）若△DEF为直角三角形，有两种情况：①如图1，∠EDF=90°，DE∥BC，则AD=2AE，即60﹣4t=2×2t，解得：t=152②如图2，∠DEF=90°，DE⊥AC，则AE=2AD，即2t=2(60−4t)2t=2×608t，解得：t=12．综上所述，当t=152【点睛】本题主要考查解直角三角形，关键在于第二问中直角的确定,这类问题是分类讨论的思想，应当掌握.6．（2022春·安徽安庆·八年级校联考期末）我市茶叶专卖店销售某品牌茶叶，其进价为每千克240元，按每千克400元出售，平均每周可售出200千克，后来经过市场调查发现，单价每降低10元，则平均每周的销售量可增加40千克，若该专卖店销售这种品牌茶叶要想平均每周获利41600元，请回答：（1）每千克茶叶应降价多少元？（2）在平均每周获利不变的情况下，为尽可能让利于顾客，赢得市场，该店应按原售价的

几折出售？【答案】（1）每千克茶叶应降价30元或80元；（2）该店应按原售价的8折出售．【分析】（1）设每千克茶叶应降价x元，利用销售量×每件利润=41600元列出方程求解即可；（2）为了让利于顾客因此应下降价80元，求出此时的销售单价即可确定几折．【详解】（1）设每千克茶叶应降价x元．根据题意，得：（400﹣x﹣240）（200+x10化简，得：x2﹣10x+2400=0．解得：x1=30，x2=80．答：每千克茶叶应降价30元或80元．（2）由（1）可知每千克茶叶可降价30元或80元．因为要尽可能让利于顾客，所以每千克茶叶某应降价80元．此时，售价为：400﹣80=320（元），320400答：该店应按原售价的8折出售．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是根据题目中的等量关系列出方程．7．（2022春·安徽合肥·八年级合肥市第四十八中学校考期末）观察下列一组方程：①x2−x=0；②x2−3x+2=0；(1)若x2+kx+56=0也是“连根一元二次方程”，写出(2)请写出第n个方程和它的根．【答案】（1）k＝－15，x1＝7，x2＝8.（2）x1＝n－1，x2＝n.【分析】（1）根据十字相乘的方法和“连根一元二次方程”的定义,找到56是7与8的乘积,确定k值即可解题,（2）找到规律,十字相乘的方法即可求解.【详解】解：(1)由题意可得k＝－15，则原方程为x2－15x＋56＝0，则(x－7)·(x－8)＝0，解得x1＝7，x2＝8.(2)第n个方程为x2－(2n－1)x＋n(n－1)＝0，(x－n)(x－n＋1)＝0，解得x1＝n－1，x2＝n.【点睛】本题考查了用因式分解法求解一元二次方程,与十字相乘联系密切,连根一元二次方程是特殊的十字相乘,中等难度,会用十字相乘解题是解题关键.8．（2022春·安徽蚌埠·八年级校考期末）已知关于x的一元二次方程x2﹣（k+1）x+2k﹣2=0．（1）求证：此方程总有两个实数根；（2）求此方程的两个根（若所求方程的根不是常数，就用含k的式子表示）；（3）如果此方程的根刚好是某个等边三角形的边长，求k的值．【答案】(1)见解析;(2)x1【分析】（1）一元二次方程有两个实数根需要满足的条件可证明（2）由求根公式可求出（3）刚好是一个等边三角形的边长，说明两个实数根相等．【详解】解：（1）依题意，得Δ=（k-3）∴此方程总有两个实数根.（2）由求根公式，得x=（∴x1（3）∵此方程的根刚好是某个等边三角形的边长，∴k1=2.∴k=3.【点睛】熟练掌握一元二次方程的求根公式及满足一元二次方程有两个实数根的条件是解决本题的关键9．（2022春·安徽池州·八年级统考期末）自2018年1月10日零时起，高铁开通，某旅行社为吸引广大市民组团去仙都旅游，推出了如下收费标准：如果人数不超过10人，人均旅游费用为200元，如果人数超过10人，每增加1人，人均旅游费用降低5元，但人均旅游费用不得低于150元．(1)如果某单位组织12人参加仙都旅游，那么需支付旅行社旅游费用________元；(2)现某单位组织员工去仙都旅游，共支付给该旅行社旅游费用2625元，那么该单位有多少名员工参加旅游？【答案】（1）2280；（2）15【分析】对于（1）根据人数超过10人，每增加1人，人均旅游费用降低5元，但人均旅游费用不得低于150来求解；对于（2）设这次旅游可以安排x人参加，而由10×200＝2000＜2625，可以得出人数大于10人，则根据x列出方程：（10＋x）（200－5x）＝2625，求出x，然后根据人均旅游费用降低5元，但人均旅游费用不得低于150来求出x的范围，最后得出x的值.【详解】（1）12×(200−2×5)=2280元，故答案为：2280；2因为10×200=2000<2625，因此参加人比10人多，设在10人基础上再增加x人，由题意得：10+x200−5x解得x1=5

∵200−5x≥150，∴0<x≤10，经检验x1=5是方程的解且符合题意，10+x=10+5=15，答：该单位共有15名员工参加旅游．【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用和一元一次不等式的应用，根据题意作出判断，列出一元二次方程，求解方程，舍去不符合题意的解，从而得出结果.10．（2022春·安徽宣城·八年级校考期末）如果方程x2＋px＋q＝0的两个根是x1、x2，那么x1＋x2＝－p，x1·x2＝q.请根据以上结论，解决下列问题：（1）已知关于x的方程x2＋mx＋n＝0(n≠0)，求出一个一元二次方程，使它的两根分别是已知方程两根的倒数；（2）已知a、b满足a2－15a－5＝0，b2－15b－5＝0，求ab（3）已知a、b、c均为实数，且a＋b＋c＝0，abc＝16，求正数c的最小值．【答案】（1）nx2＋mx＋1＝0；（2）－47或2；（3）c的最小值为4．【分析】(1)设x2＋mx＋n＝0(n≠0)的两根为x1、x2，根据根与系数的关系可得x1＋x2＝－m，x1·x2＝n，将以上两式变形可得1x1+1x2和1x1⋅1x2，即可求出答案．(2)根据a、b满足a2－15a－5=0，b2－15b－5=0，得出a，b是x2－15x－5=0的解，求出a+b和ab的值，即可求结果；(3)根据a+b+c=0，abc=16，得出a+b=c，ab=16c，a、b是方程x【详解】解：(1)设x2＋mx＋n＝0(n≠0)的两根为x1、x2.∴x1＋x2＝－m，x1·x2＝n∴1x1+1x2＝x∴所求一元二次方程为x2＋mnx＋1n＝0，即nx(2)①当a≠b时，由题意知a、b是一元二次方程x2－15x－5＝0的两根，∴a＋b＝15，ab＝－5∴ab＋ba＝a2+b②当a＝b时，ab＋b综上，ab＋b(3)∵a＋b＋c＝0，abc＝16，∴a＋b＝－c，ab＝16∴a、b是方程x2＋cx＋16c∴Δ＝c2－4×16c∵c＞0，∴c3≥64，∴c≥4，∴c的最小值为4．【点睛】本题考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．本题的运算过程有点复杂，难度也较大，灵活运用根与系数的关系是解答本题的关键．考点3考点3勾股定理解答期末真题压轴题1．（2022春·安徽合肥·八年级中国科技大学附属中学校考期末）如图，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠ACB=∠F=90∘，∠B=30∘，BC=EF，点D在(1)求证：点D是线段AB的中点；(2)求∠EDF的度数；(3)将△DEF绕着点D旋转，DE，DF分别交线段BC于点M，N，当∠CDF=45∘时，试探索线段BM，MN与【答案】(1)见解析(2)60°(3)B【分析】（1）由题意可知：∠A=∠DCA=60∘，∠BCD=∠B=30°，由等边对等角可得（2）由（1）可得出△ACD是等边三角形，从而得出AC=AD=CD=BD，由已知BD=DF等量代换得到DF=AC，再证明△ABC≌出结论；（3）作点B关于DE的对称点B′，连接MB′，DB′，NB′，可得MB=M∠BDE=15∘，进而得到∠B′DN=∠EDF−∠B′∠BME=∠B′ME=【详解】（1）证明：∵∠ACB=90∘，∴∠A=90°−∠B=60∵∠DCA=60∴∠A=∠DCA，∴CD=AD，∵∠BCD=∠ACB−∠DCA=30∴∠BCD=∠B，∴CD=BD，∴AD=BD，点D是线段AB的中点．（2）解：∵CD=AD，∠DCA=60∴△ACD是等边三角形，∴AC=AD，∵AD=BD，BD=DF，∴AC=DF，在△ABC和△DEF中，∵AC=DF，∠ACB=∠F，BC=EF，∴△ABC≌∴∠EDF=∠A=60（3）如图，作点B关于DE的对称点B′，连接MB′，D∵点B、B′关于DE∴MB=MB′，DB=DB′，∵CD=BD，∴CD=B∵∠BDC=∠ACD+∠A=120∘，∠EDF=60∴∠BDE=∠BDC−∠CDF−∠EDF=15∴∠B∴∠CDN=∠B∵DN=DN，∴△CDN≌△B∴CN=B∵∠BME=∠BDE+∠B=45∴∠NMB∴B′∴BM【点睛】本题考查了等边三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定以及勾股定理的应用，属于压轴题，难度较大，知识点涉及较多，熟练掌握相关性质定理是解题关键．2．（2022春·安徽·八年级期末）定义：若三角形满足：两边的平方和与这两边乘积的差等于第三边的平方，则称这个三角形为“类勾股三角形”．如图1在△ABC中，AB2+A(1)等边三角形一定是“类勾股三角形”，是___________________命题（填真或假）．(2)若Rt△ABC中，∠C=90°,AB=c,AC=b,BC=a，且b>a，若△ABC是“类勾股三角形”，求∠B(3)如图2，在等边三角形ABC的边AC,BC上各取一点D，E，且AD<CD,AE,BD相交于点F，BG是△BEF的高，若△BGF是“类勾股三角形”，且BG>FG．①求证：AD=CE．②连结CG，若∠GCB=∠ABD，那么线段AG,EF,CD能否构成一个“类勾股三角形”？若能，请证明；若不能，请说明理由．【答案】(1)真(2)△ABC是“类勾股三角形”时，∠B=60°(3)①见解析；②线段AG,EF,CD能构成一个“类勾股三角形”，理由见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质，“类勾股三角形”的定义判断；（2）根据勾股定理得到a2（3）①根据“类勾股三角形”的定义得到∠BFG=60°，证明△ABD≅△CAE，根据全等三角形的性质证明结论；②证明△ABF≅△CAG，得到AG=BF，设FG=x，EG=y，分别用x、y表示出AG2、EF【详解】（1）当△ABC为等边三角形时，AB=AC=BC，∴AB∴等边三角形一定是“类勾股三角形”故答案为：真（2）∵∠C=90°,AB=c,AC=b,BC=a，∴a2当a2+b当a2a2∴ac=2a∴c=2a，∴a:b:c=1:3∴∠B=60°当b2b2∴bc=2b∴c=2b，∴a:b:c=3综上所述：△ABC是“类勾股三角形”时，∠B=60°（3）①∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，∵BG是△BEF的高，△BGF是“类勾股三角形”，∴由（2）可得FG:BG:BF=1:3:2，∴∠FAB+∠FBA=∠BFG=60°，∵∠FAB+∠EAC=∠BAC=60°，∴∠FBA=∠EAC，在△ABD和△CAE中，∠BAD=∠ACEBA=AC∴△ABD≅△CAE(ASA∴AD=CE②∵∠GCB=∠ABD，AB=AC，∴∠FAB=60°−∠ABD=60°−∠GCB=∠ACG，在△ABF和△CAG中，∠FAB=∠GCABA=AC∴△ABF≅△CAG，∴AG=BF，∵AB=BC,AD=CE，∴BE=CD，设FG=x，EG=y，则BG=3x，∴AGEFCD∴AG∴AG∴线段AG,EF,CD能构成一个“类勾股三角形”．【点睛】本题考查的是等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质，“类勾股三角形”的定义，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．3．（2022春·安徽安庆·八年级安庆市石化第一中学校考期末）如图，长方形ABCD中，AB=10，AD=4．E为CD边上一点，CE=7．（1）求AE的长；（2）点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿着边BA向终点A运动，连接PE．设点P运动的时间为t秒．①当t为何值时，△PAE是等腰三角形；②当t=______时，PE⊥AE．【答案】（1）5；（2）2或52或3512【分析】（1）求出DE=3，AD=4，利用勾股定理即可求出AE的长；（2）①根据若△PAE是等腰三角形，分三种情况讨论：EP=EA，AP=AE和PE=PA时．分别进行求解即可；②过点E作EM⊥AB，利用勾股定理可以表示出在Rt△PEA和Rt△PEM中，PE2=A【详解】解：（1）∵四边形ABCD是长方形，∴∠D=90°，CD=AB=∴DE=CD−CE=10−7=3，

在Rt△ADE中，AE=D（2）①若△PAE为等腰三角形，则有三种可能.当EP=EA时，AP=6，BP=BA−AP=10−6=4∴t=4÷2=2(s)，当AP=AE=5时，BP=BA−AP=10−5=5，∴t=5÷2=5当PE=PA时，过点E作EM⊥AB，在Rt△EPM中，EM∴42即42解得：PA=256，∴t=综上所述，符合要求的t值为2或52或35②当PE⊥AE时，在Rt△PEA中，PE即PE在Rt△PEM中，PE即PE∴(3+PM)2解得：PM=16∴BP=BA−PM−AM=10−16∴t=5∴当t=56时，【点睛】本题考查了勾股定理的综合应用，解题的关键是注意分类讨论思想，以防漏解．4．（2022春·安徽亳州·八年级统考期末）如图，在8×4的正方形网格中，按△ABC的形状要求，分别找出格点C，且使BC=5，并且直接写出对应三角形的面积．【答案】见解析；S=10；S=252

【分析】根据全等三角形的性质，勾股定理，角的分类去求解即可【详解】解：钝角三角形时，如图，∵BC⊥BD，BC=5，∴△ABC是钝角三角形，根据平行线间的距离处处相等，得BC边上高为BD=4,∴S=1直角三角形时，如图，取格点F使得BF=4，FC=3，根据勾股定理，得BC=32∵AE=BF=4，EB=FC=3，∠AEB=∠BFC=90°，∴△AEB≌△BFC，∴∠EAB=∠FBC，∵∠EAB+∠EBA=90°，∴∠FBC+∠EBA=90°，∴∠ABC=90°，∴△ABC是直角三角形，根据勾股定理，得AB=32∴S=12BA×BC锐角三角形时，如图，取格点M使得BM=3，CM=4，根据勾股定理，得BC=32根据直角三角形时的作图，知道∠ABN=90°，∴∠ABC＜∠ABN，∴∠ABC＜90°∵AB=BC，∴△ABC是等腰三角形，∴∠A=∠C＜90°，∴△ABC是锐角三角形，∴S=1【点睛】本题考查了网格上的作图，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形全等的性质和判定，平行线间的距离处处相等，根据题意，运用所学构造符合题意的格点线段是解题的关键．5．（2022秋·安徽芜湖·八年级统考期末）（1）如图1，A0,a，Bb,0．若a，b满足（2）在（1）的条件下，点C为线段AB上的一点，AE⊥OC，BF⊥OC，垂足分别为E、F、若AE=m，BF=n，m−n=1，求线段EF的长．（3）如图2，A0,a，Bb,0，点P为△ABO的角平分线的交点，若a，b满足a+b=0，【答案】（1）A0,2，B−2,0【分析】（1）分组配方为(a+b)2+(a−2)2=0（2）AE⊥OC，BF⊥OC，∠AOB=90°，可得∠EAO=∠FOB，可证ΔAOE≌ΔOBF(AAS)由性质得AE=OF，OE=BF可求（3）在MA上截取MD=MP，过P作PG⊥OA于G，OA与PN的交点为H，由a+b=0得OA=OB，∠AOB=90º由点P为△ABO的角平分线的交点，可推出AB=2AM，由角平分线性质PM=PG，由等腰直角三角形PD=2PM，OP=2PG，通过角度计算∠ADP=∠PON，可证△PDA≌△PON由性质得AD=ON，可得MA=MP+ON即可．【详解】（1）解：∵2a∴(a+b)2∵(a+b)2∴a+b=0，a−2=0，∴a=2，b=−2，即A0,2，B（2）解：∵AE⊥OC，BF⊥OC，∠AOB=90°，∴∠OAE+∠EOA=90º，∠AOE+∠FOB=90º，∴∠EAO=∠FOB，在△AOE和△OBF中，∠EAO=∠FOB，∠AEO=∠F，OA=OB，∴ΔAOE≌ΔOBF(AAS故AE=OF，OE=BF，于是，EF=OF−OE=AE−BF=m−n=1；（3）在MA上截取MD=MP，过P作PG⊥OA于G，OA与PN的交点为H，∵a+b=0，∴OA=OB，∠AOB=90º，∴∠ABO=∠BAO=45º，∵点P为△ABO的角平分线的交点，∴OM⊥AB，∠POA=∠POB=45º，∠MAP=∠PAO=22.5º，∴AB=2AM，由PM⊥AB，PG⊥OA，AP平分∠BAO，∴PM=PG，由MD=MP，∠MDP=45º，∴PD=2PM，∴∠ADP=180°∠MDP=180°45º=135°，由∠POA=45º，PG⊥OA，∴PG=OG，∴OP=2PG=PD，∴∠PON=∠POA+∠AON=135°，∴∠ADP=∠PON，∵PN⊥PA，OA⊥ON，∴∠PAH+∠PHA=90°，∠HNO+∠OHN，∵∠AHP=∠OHN，∴∠PAH=∠PNO，∵∠MAP=∠PAO，∴∠ONP=∠DAP，∴△PDA≌△PON，∴AD=ON，∴MA=MD+DA=MP+ON，∴AB=2(ON+PM)．．【点睛】本题考查配方法，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，掌握配方法，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，关键是引辅助线构出准确图形是解题关键．6．（2022春·安徽宣城·八年级统考期末）法国数学家费尔马早在17世纪就研究过形如x2+y2＝z2的方程，显然，这个方程有无数组解．我们把满足该方程的正整数的解（x，y，z）叫做勾股数，如（3，4，5）就是一组勾股数．（1）在研究勾股数时，古希腊的哲学家柏拉图曾指出：如果n表示大于1的整数，x＝2n，y＝n2﹣1，z＝n2+1，那么，以x，y，z为三边的三角形为直角三角形（即x，y，z为勾股数），请你加以证明；（2）探索规律：观察下列各组数（3，4，5），（5，12，13），（7，24，25），（9，40，41）…，直接写出第6个数组．【答案】（1）见解析；（2）第6组勾股数是：（13，84，85）【分析】（1）根据勾股定理的逆定理，可得答案．（2）先找出每组勾股数与其组数的关系，找出规律，再根据此规律进行解答．【详解】（1）证明：x2+y2＝（2n）2+（n2﹣1）2,＝4n2+n4﹣2n2+1，＝n4+2n2+1，＝（n2+1）2，＝z2，即x，y，z为勾股数．（2）∵①3＝2×1+1，4＝2×12+2×1，5＝2×12+2×1+1；②5＝2×2+1，12＝2×22+2×2，13＝2×22+2×2+1；③7＝2×3+1，24＝2×32+2×3，25＝2×32+2×3+1；④9＝2×4+1，40＝2×42+2×4，41＝2×42+2×4+1；⑤11＝2×5+1，60＝2×52+2×5，61＝2×52+2×5+1，则⑥13＝2×6+1，2×62+2×6＝84，2×62+2×6+1＝85，∴第6组勾股数是：（13，84，85）．【点睛】此题考查勾股定理的证明，勾股数的规律探究，掌握勾股定理的等量关系是证明勾股定理的基础，根据已知的勾股数得到各组数据的规律是解题的关键.7．（2022春·安徽铜陵·八年级统考期末）阅读下列一段文字，然后回答下列问题．已知在平面内有两点P1x1,y1、P2x2（1）已知A2,4、B−3,−8，试求A、已知M、N在平行于y轴的直线上，点M的纵坐标为4，点N的纵坐标为1，试求M、N两点的距离为______；（2）已知一个三角形各顶点坐标为D1,6、E−3,3、（3）在（2）的条件下，平面直角坐标系中，在x轴上找一点P，使PD+PF的长度最短，求出点P的坐标及PD+PF的最短长度．【答案】（1）13，5；（2）等腰直角三角形，理由见解析；（3）当P的坐标为（134，0）时，PD+PF的长度最短，最短长度为【分析】（1）根据阅读材料中A和B的坐标，利用两点间的距离公式即可得出答案；由于M、N在平行于y轴的直线上，根据M和N的纵坐标利用公式|y1−（2）由三个顶点的坐标分别求出DE，DF，EF的长，即可判定此三角形的形状；（3）作F关于x轴的对称点F'，连接DF'，与x轴交于点P，此时PD+PF最短，最短距离为DF'，P的坐标即为直线DF'与x轴的交点.【详解】解：（1）∵A2,4、∴AB故A、B两点间的距离为：13.∵M、N在平行于y轴的直线上，点M的纵坐标为4，点N的纵坐标为1∴MN故M、N两点的距离为5.（2）∵D1,6、E−3,3∴DEDFEF∴DE=DF，DE∴△DEF为等腰直角三角形（3）作F关于x轴的对称点F'，连接DF'，与x轴交于点P，此时DP+PF最短设直线DF'的解析式为y=kx+b将D（1,6），F'（4，2）代入得：k+b=6解得k=−∴直线DF'的解析式为：y令y=0，解得x=134∵PF=PF'∴PD+PF=PD+PF'=DF'=1−4故当P的坐标为（134，0）时，PD+PF的长度最短，最短长度为【点睛】本题属于一次函数综合题，待定系数法求一次函数解析式以及一次函数与x轴的交点，弄清楚材料中的距离公式是解决本题的关键.8．（2022春·安徽马鞍山·八年级安徽省马鞍山市第七中学校考期末）（1）问题探究①如图1，在直角△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝5，BC＝3，P是AC边上一点，连接BP，则BP的最小值为．②如图2，在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝a，求边AB的长度（用含a的代数式表示）．（2）问题解决如图3，在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝22，D是边BC的中点，若P是AB边上一点，试求：PD+22【答案】（1）①125；②22a【分析】（1）①作BE⊥AC于E，先利用勾股定理求出AB，再利用面积法求出BE，由此得到BP的最小值为BE的长；②利用AC=a根据勾股定理即可求出AB的长度；（2）作AH⊥AC，PE⊥AH于E，DF⊥AH于F交AB于T，利用等腰直角三角形的性质得到BT＝BD＝AT＝1，DT＝2，再求出TF＝22得到DP+2【详解】（1）①如图1中，作BE⊥AC于E．在Rt△ABC中，∵∠ABC＝90°，AC＝5，BC＝3，∴AB＝AC∵S△ABC＝12•AC•BE＝1∴BE＝3×45根据垂线段最短可知当BP与BE重合时，PB的值最小，最小值为125故答案为125②如图2中，∵∠B＝90°，AB＝BC，∴AB2+BC2＝AC2，∴AB2＝12a2∴AB＝22a或﹣∴AB＝22（2）如图3中，作AH⊥AC，PE⊥AH于E，DF⊥AH于F交AB于T．∵△ABC是等腰直角三角形，AC＝22，∴AB＝BC＝2，∠BAC＝∠C＝45°，∵点D是BC的中点，∴BD＝CD＝1，∵DF⊥AH，AC⊥AH，∴DF∥AC，∴∠BTD＝∠BAC＝45°，∠BDT＝∠C＝45°，∴∠BTD＝∠BDT，∴BT＝BD＝AT＝1，DT＝2，∵AH⊥AC，∠BAC＝45°，∴∠HAC＝90°，∠HAT＝45°，∴AF＝TF＝22∴PE＝22∴DP+22根据垂线线段最短可知，当点E与F重合时，PD+22PA的值最小，最小值为DF的长＝22+2＝【点睛】此题考查直角三角形的性质，面积法求斜边的高线，等腰直角三角形的性质，勾股定理求边长，等腰直角三角形三边的数量关系，（2）是此题的难点，求最短路径，将所求线段和转化为一条线段是此类题的特点，依此做辅助线解答.9．（2022春·安徽安庆·八年级校考期末）平面直角坐标系在代数和几何之间架起了一座桥梁，实现了几何方法与代数方法的结合，使数与形统一了起来，在平面直角坐标系中，已知点A（x1，y1）、B（x2，y2），则A、B两点之间的距离可以表示为AB＝x1−x22+y（1）已知点M（﹣7，6），N（1，0），则M、N两点间的距离为；（2）求代数式(x+1)2（3）求代数式|x2【答案】（1）10；（2）13；（3）x=−【分析】（1）根据两点间的距离公式即可得到结论；（2）由（1）可知：x+12+0−72+x−42+0−52表示x轴上点P（x，0）与点E（1，7）的距离PE和点A（x，0）与点F（4，5）的距离PF之和，即：PE+PF，作（3）根据已知条件得到（x−2）2表示点A（x，0）与点E（2，3）的距离和点A（x，0）与点F（12，2）的距离之差，当最大值时，即直线EF与x轴的交点为A（x【详解】解：（1）∵点M（7，6），N（1，0），∴MN=−7−12即M、N两点间的距离是10；故答案为10；（2）由（1）可知：x+12+0−72+x−42+0−52表示点P（x即在x轴找到一点到EF的和最小，由将军饮马模型可知作对称点，作E关于x轴对称点E'（1，7），连接E'F，即AF+AE=E'F为最小值，∴x+12+0−7∴EF=−1−42∴代数式x+12故答案为13.（3）∵x2−4x+13−∴由（1）可知：（x−2）2+32−（x+12）2+22表示点P（x，0）与点E（2，3）的距离PE和点P（x，0）与点F（12，2）的距离之PF差，即|PEPF|当设直线EF的解析式为y=kx+b，∴2k+b＝3−解得：k＝2∴直线EF的解析式为y=当y=0时，x=−11∴代数式x2−4x+13−x2【点睛】本题考查了两点间的距离公式，勾股定理，解题的关键是正确理解题意，仿照题意求出答案，本题考查学生综合能力，属于中等题型．考点4考点4四边形解答期末真题压轴题1．（2022春·安徽合肥·八年级校考期末）如图所示，△ABC是等边三角形，菱形DEFG的顶点D是BC边上的一个点，若菱形的内角∠DEF=60〫，点E、G分别在AB、AC的延长线上，连接AF．(1)求证：△DBE≌△GCD；(2)求证：AF平分∠BAC；(3)若BD=2CD，求ABEF【答案】(1)见解析(2)见解析(3)3【分析】（1）先由等边三角形的性质得∠ABC=∠ACB=60°，则∠EBD=∠DCG=120°，再由菱形的性质得DE=GD，∠EDG=120°，再证∠BDE=∠DGC，即可解决问题；（2）连接BF、CF、DF，证ΔBEF≌ΔCDF(SAS)，得BF=CF，再证Δ（3）过D点作DM⊥AB于点M，设CD=x，则BD=2x，等边三角形的边长为3x．由含30°角的直角三角形的性质得BM=x，DM=3x，再由勾股定理得（1）证明：∵Δ∴∠ABC=∠ACB=60°，∴∠EBD=∠DCG=120°，∴∠CDG+∠DGC=60°，∵四边形DEFG是菱形，∠DEF=60°，∴DE=GD，∠EDG=180°−∠DEF=120°，∴∠CDG+∠BDE=60°，∴∠BDE=∠DGC，在ΔDBE和Δ{∠EBD=∠DCG∴Δ（2）证明：如图1，连接BF、CF、DF，∵四边形ABCD是菱形，∴EF=GF=GD，∠GDF=1∴Δ∴DF=GF，∴EF=DF，由（1）可知，ΔDBE≅∴BE=CD，∠DEB=∠GDC，∴∠DEB+∠DEF=∠GDC+∠GDF，即∠BEF=∠CDF，在ΔBEF和Δ{BE=CD∴Δ∴BF=CF，在ΔABF和Δ{AB=AC∴Δ∴∠BAF=∠CAF，∴AF平分∠BAC；（3）解：如图2，过D点作DM⊥AB于点M，则∠DMB=90°，设CD=x，则BD=2x，∴BC=CD+BD=3x，∵Δ∴AB=BC=3x，∠ABC=60°，∴∠BDM=90°−60°=30°，∴BM=1∴DM=B由（1）可知，ΔDBE≅∴BE=CD=x，∴EM=BE+BM=x+x=2x，在Rt△DME中，由勾股定理得：DE=E∵四边形DEFG是菱形，∴EF=DF=7∴ABEF【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．2．（2022春·安徽合肥·八年级校考期末）如图1，在正方形ABCD中，点E是边CD上一点，且点E不与C、D重合，点F是CB延长线上一点，且BF=DE．连接EF，过点A作AG⊥EF，垂足为G．(1)求证：G是EF的中点；(2)如图2，连接DG．①求∠ADG的度数；②求证：DE+DC=2【答案】(1)见解析(2)①∠ADG=45°；【分析】（1）先证明△ADE≌△ABF，再根据等腰三角形的三线合一即可得出结论；（2）①由△ADE≌△ABF，可得：∠1=∠2，进而得出∠EAF=90°，再证明△ADG≌△CDG，即可得出结论；②取CE的中点M，连接GM，可得出GM为△ECF的中位线，故GM∥CF，GM=12CF，再得出DM=GM，根据勾股定理可得出：DG=（1）证明：由正方形ABCD得：AB=AD=CD，∠ADE=∠ABC=∠BCD=∠ABF=90°，又∵BF=DE，∴△ADE≌△ABFSAS∴AF=AE，∵AG⊥EF，∴G是EF的中点(三线合一)，（2）①如图2，连接CG，由(1)得，△ADE≌△ABF，∴∠1=∠2，∵∠1+∠BAE=90°，∴∠2+∠BAE=90°，即∠EAF=90°，∵G是EF的中点，∴AG=1在Rt△EFC中，G是EF的中点，∴CG=1∴AG=CG，AD=CD，DG=DG，∴△ADG≌△CDG，∴∠ADG=∠CDG，且∠ADG+∠CDG=90°，∴∠ADG=1②如图2，取CE的中点M，连接GM，∴CE=2CM,又∵G是EC的中点，M是CE的中点，∴GM为△ECF的中位线，∴GM∥CF，GM=1∴∠DMG=∠DCB=90°，在Rt△DGM中，∠GDM=45°，∴∠DGM=45°，∴∠GDM=∠DGM=45°，∴DM=GM，在Rt△DGM中：DM∴DG=2∵GM=1∴DG=2∴2DG=2CF，即∵CF=2GM=2DM=2CD−CM∴DE+DC=2【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的性质和判定、等腰直角三角形的性质、勾股定理，直角三角形斜边上中线定理等，属于四边形综合题，灵活运用以上知识点进行论证是解题的关键．3．（2022春·安徽合肥·八年级统考期末）在正方形ABCD和正方形AEFG中，分别连接AC、AF、CF，点H为CF的中点．(1)如图1，当点F、G分别在线段AB、AC上，求∠BHG的度数；(2)如图2，当点E、F、G分别在线段AB、AC、AD上，求证：GH=BH；(3)如图3，当点G在线段AB上，若AB=2AE=2，求△BGH的面积．【答案】(1)90°(2)见解析(3)1【分析】（1）利用正方形的性质得∠AFG=∠ACB=45°，进而得出∠GFB=135°．利用直角三角形斜边中线的性质可得GH=12CF=HF，HB=12（2）过点H作HM⊥AB于点M，交CD于点P，延长GF交HM于点N．先证四边形GNMA和四边形PCBM均是矩形，证明ΔCHP≅ΔFHNAAS，再综合利用全等三角形的性质、等腰直角三角形的性质、矩形的性质等证明ΔNGH≅（3）先证FG//BC，再利用平行线的性质，结合已知条件证明ΔGFH≅ΔQCHASA，推出CQ=FG=1，QH=GH，进而得到S（1）解：∵正方形ABCD和正方形AEFG中，AC和AF是对角线，∴∠AFG=∠ACB=45°，∠AGF=∠ABC=90°，∵当点F在线段AB上，∴∠GFB=180°−∠ACB=135°．∵在RtΔCGF和RtΔCBF中，点H为斜边∴GH=12CF=HF∴∠HGF=∠HFG，∠HFB=∠HBF，∴∠HGF+∠HBF=∠HFG+∠HFB=∠GFB=135°，∴∠BHG=360°−∠HGF−∠HBF−∠GFB=360°−135°−135°=90°；（2）解：如图，过点H作HM⊥AB于点M，交CD于点P，延长GF交HM于点N．在正方形ABCD和正方形AEFG中，∠DCB=∠ABC=∠GAE=∠AGF=90°，∠PCH=∠GFA=45°，又∵HM⊥AB，∴四边形GNMA和四边形PCBM均是矩形，∴GN=AM，PC=MB，∠GNM=∠CPM=90°．∵点H为CF的中点，∴HC=HF，在ΔCHP和Δ∠FNH=∠CPH=90°∠FHN=∠CHP∴ΔCHP≅∴CP=FN．∵ΔCHP中，∠PCH=45°，∠CPM=90°∴∠PCH=∠CHP=45°，∴CP=HP，同理可证ΔFHN∴HN=FN，∴HN=FN=CP=HP，又∵PC=MB，∴HN=HP=BM．又∵AB=BC，MP=BC，∴AB−MB=MP−HP，即MA=MH，∴NG=MH．在ΔNGH和ΔHN=BM∠GNH=∠HMB=90°∴ΔNGH≅∴GH=BH；（3）解：当点G在线段AB上，若AB=2AE=2，则BC=AB=2，AG=FG=AE=1，∴BG=AB−AG=1，延长GH交BC于点Q，如图：∵点H为CF的中点，∴HC=HF，在正方形ABCD和正方形AEFG中，∠ABC=∠AGF=90°，∴∠BGF=90°=∠ABC，∴FG//∴∠GFH=∠QCH，在ΔGFH和Δ∠GFH=∠QCHFH=CH∴ΔGFH≅∴CQ=FG=1，QH=GH，∴BQ=BC−CQ=1，SΔ∵SΔ∴SΔ即△BGH的面积是14【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、平行线的性质等知识点，综合性较强，难度较大，解题的关键是综合运用上述知识，正确作出辅助线求解．4．（2022春·安徽合肥·八年级统考期末）在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点E、G分别是边DC、BC上的点，AE与BD相交于点F，且∠EFG=60°．(1)如图1，当点G与点C重合时，证明：FA=FG；(2)如图2，当点G与点C不重合时，FA=FG是否还成立，若不成立，请说明理由；若成立，请给出证明．(3)如图3，若AB=6，当CE=CG时，直接写出DE的长；【答案】(1)证明见解析(2)成立，证明见解析(3)6【分析】（1）先根据菱形的性质可得AB=CB,∠ABF=∠CBF，再根据三角形全等的判定定理证出△ABF≅△CBF，根据全等三角形的性质可得FA=FC，然后结合FG=FC即可得证；（2）连接FC，先根据全等三角形的性质可得FA=FC,∠BAF=∠BCF，再根据菱形的性质、平行线的性质可得∠BAF=∠DEF，从而可得∠BCF=∠DEF，然后根据四边形的内角和可得∠FGC+∠FEC=180°，从而可得∠FGC=∠DEF=∠BCF，根据等腰三角形的判定可得FG=FC，由此即可得证；（3）过点E作EM⊥AD于点M，连接AG，先根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质可得∠FAG=∠FGA=30°，再根据三角形全等的判定定理证出△ABG≅△ADE，根据全等三角形的性质可得∠DAE=∠BAG=45°，然后根据等腰三角形的判定可得AM=EM，设DM=x，则EM=6−x，根据含30°角直角三角形的性质可得DE=2x，最后在Rt△DEM中，利用勾股定理求出x（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CB,∠ABF=∠CBF，在△ABF和△CBF中，AB=CB∠ABF=∠CBF∴△ABF≅△CBF(SAS)，∴FA=FC，∵点G与点C重合，∴FG=FC，∴FA=FG．（2）成立，证明如下：如图，连接FC，由（1）已证：△ABF≅△CBF，∴FA=FC,∠BAF=∠BCF，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，∴AB∥CD，∠BCD=120°，∴∠BAF=∠DEF，∴∠BCF=∠DEF，∵∠EFG+∠BCD+∠FGC+∠FEC=360°,∠EFG=60°，∴∠FGC+∠FEC=360°−60°−120°=180°，又∵∠DEF+∠FEC=180°，∴∠FGC=∠DEF，∴∠FGC=∠BCF，∴FG=FC，∴FA=FG．（3）解：如图，过点E作EM⊥AD于点M，连接AG，∵FA=FG,∠EFG=60°，∴∠FAG=∠FGA=1∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=6，∴AB=AD=BC=CD=6,∠ABG=∠ADE=60°,∠BAD=120°，∵CE=CG，∴BC−CG=CD−CE，即BG=DE，在△ABG和△ADE中，AB=AD∠ABG=∠ADE∴△ABG≅△ADE(SAS)，∴∠DAE=∠BAG=∠BAD−∠FAG∴∠AEM=90°−∠DAE=45°=∠DAE，∴AM=EM，设DM=x(x>0)，则EM=AM=AD−DM=6−x，在Rt△DEM中，∠DEM=90°−∠ADE=30°∴DE=2DM=2x，由勾股定理得：DM2+E解得x=33−3或则DE=2x=63【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、一元二次方程的应用等知识点，较难的是题（3），通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．5．（2022春·安徽淮南·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，点E为AO的中点，过点A作AF∥BD交BE的延长线于点F，连接DF．（1）求证：四边形AODF是平行四边形；（2）填空：①当△ACD满足条件_________________时，四边形AODF是菱形．②当△ACD满足条件_________________时，四边形AODF是矩形．【答案】（1）证明见解析；（2）①∠ADC=90°；②AD=DC．【分析】（1）根据平行线的性质得到∠EAF=∠EOB，从而证得△AEF≌△OEB，得到AF=OB，根据平行四边形的性质可得OB=OD，进而得到AF=OD，因为AF∥OD，可以证得四边形AODF是平行四边形；（2）①根据平行四边形的性质得到OA=OC，从而由直角三角形斜边上的中线性质得到OD=12AC=②根据平行四边形的性质得到OA=OC，从而根据等腰三角形“三线合一”的性质即可得出答案．【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB=OD，OA=OC．∵AF∥BD，∴∠EAF=∠EOB．∵点E为AO的中点，∴AE=OE．在△AEF和△OEB中，∠EAF=∠EOBAE=OE∴△AEF≌△OEB（ASA），∴AF=OB，∴AF=OD，又∵AF∥OD，∴四边形AODF是平行四边形；（2）①△ACD是直角三角形，∠ADC=90°时，四边形AODF是菱形．理由如下：∵∠ADC=90°，OA=OC，∴OD=12AC=∵四边形AODF是平行四边形，∴四边形AODF是菱形．②当AD=DC时，四边形AODF是矩形．理由如下：∵AD=DC，OA=OC，∴DO⊥AC，∴∠AOD=90°，∴四边形AODF是矩形．【点睛】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．6．（2022春·安徽芜湖·八年级统考期末）如图1，矩形OABC摆放在平面直角坐标系中，点A在x轴上，点C在y轴上，OA=3，OC=2，过点A的直线交矩形OABC的边BC于点P，且点P不与点B、C重合，过点P作∠CPD=∠APB，PD交x轴于点D，交y轴于点E．（1）若△APD为等腰直角三角形．①求直线AP的函数解析式；②在x轴上另有一点G的坐标为2,0，请在直线AP和y轴上分别找一点M、N，使△GMN的周长最小，并求出此时点N的坐标和△GMN周长的最小值．（2）如图2，过点E作EF∥AP交x轴于点F，若以A、P、E、F为顶点的四边形是平行四边形，求直线PE的解析式．【答案】（1）①直线AP解析式y=−x+3，②N(0,25),ΔGMN周长的最小值为26；（2）y=2x−2【分析】（1）①利用矩形的性质确定A、B、C点的坐标，再利用等腰三角的性质确定∠BAP=∠BPA=45°，所以BP=AB=2，确定P点的坐标，再根据A点的坐标确定确定直线AP的函数表达式.②作G点关于y轴对称点G'(2,0)，作点G关于直线AP对称点G''(3,1)连接G'G''交y轴于N，交直线AP于M，此时ΔGMN周长的最小．（2）过P作PM⊥AD于M，先根据等腰三角形三线合一的性质证明DM=MA，再根据角角边定理证明ΔODE≌ΔMDP，根据全等三角形的性质求出点P、D的坐标，代入直线解析式得k=2,b=2，所以直线PE的解析式为y=2x2.【详解】（1）①∵矩形OABC，OA=3∴A(3,0AO∕∕BC∵ΔAPD为等腰直角三角形∴∠PAD=45°∵AO∕∕BC∴∠BPA=∠PAD=45°∵∠B=90°∴∠BAP=∠BPA=45°∴BP=AB=2∴P(1,2设直线AP解析式y=kx+b，过点A，点P∴2=k+b0=3k+b

∴∴直线AP解析式y=−x+3②作G点关于y轴对称点G'(−2,0)，作点G关于直线AP连接G'G''交y轴于N，交直线AP于M，此时ΔGMN周长的最小．∵G'(−∴直线G'G''解析式y=1当x=0时，y=25∵G'G''=∴ΔGMN周长的最小值为26（2）如图：作PM⊥AD于M∵BC∕∕OA

∴∠CPD=∠PDA且∠CPD=∠APB∴PD=PA，且PM⊥AD

∴DM=AM∵四边形PAEF是平行四边形

∴PD=DE又∵∠PMD=∠DOE∴ΔPMD≌ΔODE∴OD=DM   ,   ∵PM=2   ,   ∴E(0,−2)   设直线PE的解析式y=mx+nn=−22=2m+n∴∴直线PE解析式y=2x−2【点睛】本题主要考查矩形的性质、等腰三角形的性质、角边角定理以及一次函数的应用.7．（2022春·安徽合肥·八年级统考期末）某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角顶点绕矩形ABCD(AB＜BC)的对角线的交点O旋转(①→②→③)，图中的M、N分别为直角三角形的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．(1)该学习小组成员意外的发现图①中(三角板一边与CC重合)，BN、CN、CD这三条线段之间存在一定的数量关系：CN2＝BN2+CD2，请你对这名成员在图①中发现的结论说明理由；(2)在图③中(三角板一直角边与OD重合)，试探究图③中BN、CN、CD这三条线段之间的数量关系，直接写出你的结论．(3)试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的数量关系，写出你的结论，并说明理由．【答案】(1)见解析；(2)BN2=NC2+CD2；(3)CM2+CN2=DM2+BN2，理由见解析.【分析】（1）连结AN，由矩形知AO=CO，∠ABN=90°，AB=CD，结合ON⊥AC得NA=NC，由∠ABN=90°知NA2=BN2+AB2，从而得证；（2）连接DN，在Rt△CDN中，根据勾股定理可得：ND2=NC2+CD2，再根据ON垂直平分BD，可得：BN=DN，从而可证：BN2=NC2+CD2；（3）延长MO交AB于点E，可证：△BEO≌△DMO，NE=NM，在Rt△BEN和Rt△MCN中，根据勾股定理和对应边相等，可证：CN2+CM2=DM2+BN2．【详解】（1）证明：连结AN，∵矩形ABCD∴AO=CO，∠ABN=90°，AB=CD，∵ON⊥AC，∴NA=NC，∵∠ABN=90°，∴NA2=BN2+AB2，∴NC2=BN2+CD2．（2）如图2，连接DN．∵四边形ABCD是矩形，∴BO=DO，∠DCN=90°，∵ON⊥BD，∴NB=ND，∵∠DCN=90°，∴ND2=NC2+CD2，∴BN2=NC2+CD2．（3）CM2+CN2=DM2+BN2理由如下：延长MO交AB于E，∵矩形ABCD，∴BO=DO，∠ABC=∠DCB=90°，AB∥CD，∴∠ABO=∠CDO，∠BEO=∠DMO，∴△BEO≌△DMO（ASA），∴OE=OM，BE=DM，∵MO⊥EM，∴NE=NM，∵∠ABC=∠DCB=90°，∴NE2=BE2+BN2，NM2=CN2+CM2，∴CN2+CM2=BE2+BN2

，即CN2+CM2=DM2+BN2

．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点．8．（2022春·安徽宣城·八年级统考期末）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．(1)概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；(2)性质探究：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB(3)解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．【答案】(1)四边形ABCD是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3)GE=73【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线AC是线段BD的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可；（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；（3）连接CG、BE，先证明△GAB≌△CAE，得到∠ABG=∠AEC，可证∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，从而四边形CGEB是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．【详解】(1)四边形ABCD是垂美四边形．证明：连接AC，BD，∵AB=AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB=CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，求证：A证明：∵AC⊥BD，∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，由勾股定理得，ADAB∴AD故答案为AD(3)连接CG、BE，∵∠CAG=∠BAE=90°，∴∠